Yaranma tarixi: 11 Mart, 2018

Xaricdən daxilə çəkilmiş çevrə

üçbucaq çevrə

 

Üçbucağın xaricindən daxilə çəkilmiş çevrə (və ya xaricdən daxilə çəkilmiş çevrə) elə çevrədir ki, üçbucağın bir tərəfinə xaricdən toxunur, digər iki tərəfin isə uzantılarına toxunur. Aydındır ki, hər üçbucaq üçün 3 ədəd xaricdən daxilə çəkilmiş çevrə var. Bəzi tərcümələrdə bu çevrələrə xaricdə daxilə çəkilmiş çevrələr, bəzilərində isə xaricdən daxilə çəkilmiş çevrələr deyilir. Odur ki, hər iki termini işlədə bilərsiniz.

Teorem 1: Xaricdə (və ya xaricdən) daxilə çəkilmiş çevrənin mərkəzi toxunduğu tərəfin qarşısındakı daxili bucağının tənböləni ilə digər iki xarici bucağın tənbölənlərinin kəsişmə nöqtəsidir.

İsbatı: $\triangle ABC$-yə baxaq. Bu üçbucaqda $BA$ və $BC$ tərəflərini uzadaq və $A$ və $C$ təpəsindən xarici bucaqların tənbölənlərini çəkək. Bu iki tənbölənin kəsişmə nöqtəsini $O$ ilə işarə edək. 

Əvvəlcə isbat edək ki, $O$ nöqtəsi həmçinin $\angle B$-nin tənböləni üzərindədir. Ona görə $O$ nöqtəsindən şəkildəki kimi 3 perpendikulyar endirək.  $\triangle AOF = \triangle AOG$, çünki bu düzbucaqlı üçbucaqlarda hipotenuz eyni, $\angle A$ təpəsindəki iti bucaqları isə bərabərdir. Bərabərlikdən alırıq ki, $OF=OG$.

Eynilə, $CO$ da xarici bucağın tənböləni olduğu üçün $\triangle COH = \triangle COG$, yəni $OH=OG$. Deməli, $OF=OH$, yəni $O$ nöqtəsi  $A$ bucağının tərəflərindən eyni məsafədədir. Bu isə o deməkdir ki, $O$ nöqtəsi $\angle B$-nin tənböləni üzərindədir. Şəkildə qarışıqlıq düşməsin deyə bu tənböləni çəkməmişik.

İsbat zamanı aldıq ki, $OF=OG=OH$. Deməli $F$, $G$ və $H$ nöqtələri mərkəzi $O$ nöqtəsində, radiusu $OF$ olan çevrə üzərindədir. Həmin çevrə $\triangle ABC$-nin  $AC$ tərəfinə xaricdən daxilə çəkilmiş çevrədir.

Teorem 2: $\triangle ABC$-nin $AC$ tərəfinə xaricdən daxilə çəkilmiş çevrənin $AB$ və $CB$ tərəflərinin uzantıları ilə toxunma nöqtəsindən $B$ təpəsinə qədər məsafələrin hər biri bu üçbucağın perimetrinin yarısına bərabərdir.

İsbatı: Bilirik ki, çevrəyə bir nöqtədən çəkilən iki toxunan bərabərdir. $AG=AF$ və $CG=CH$. Ona görə

$BF = BA+AF=BA+AG\\
BH = BC+CH=BC+CG$

Həmçinin $BF$ və $BH$ da hər ikisi toxunan olduğu üçün $BF=BH$. Onda, yuxarıdakı iki bərabərliyi tərəf-tərəfə toplasaq

$2BF = BA+AG+CG+BC \Rightarrow \\[15pt] \Rightarrow BF = \dfrac{BA+AC+BC}{2}$

Teorem isbat olundu.

Teorem 3: Üçbucağın xaricindən daxilə çəkilmiş çevrənin radiusu belə hesablanır.

$r=\dfrac{S}{p-b}$

Burada $S$ üçbucağın sahəsi, $p$ yarımperimetr, $b$ isə üçbucağın çevrəyə toxunduğu tərəfin uzunluğudur.

İsbatı: Şəklə baxsaq görərik ki, $\triangle ABC$-nin sahəsini aşağıdakı kimi də hesablamaq olar.

$S = S_{\triangle BFO} + S_{\triangle BHO} - S_{\triangle AFO} - S_{\triangle AGO}- S_{\triangle CHO}- S_{\triangle CGO}=\\[15pt]
= \dfrac{1}{2}r\cdot BF + \dfrac{1}{2}r\cdot BH -\dfrac{1}{2} r \cdot AF -\dfrac{1}{2} r \cdot AG-\dfrac{1}{2} r \cdot CH-\dfrac{1}{2} r \cdot CG$

Teorem 2-də isbat etdik ki, $BF=BH=p$, $AF=AG$ və $CH=CG$. Onda, bu bərabərliyi belə yaza bilərik.

$S = \dfrac{1}{2}r p+\dfrac{1}{2}r p -\dfrac{1}{2}r(AF+AG+CH+CG)=\\[15pt]
=r p-\dfrac{1}{2}r 2b = rp-rb = r(p-b)$

Deməli, $r=\dfrac{S}{p-b}$.

Teorem 4: Əgər $\triangle ABC$-nin daxilinə çəkilmiş çevrənin radiusu $r$, $a$,$b$ və $c$ tərəflərinə xaricdən daxilə çəkilmiş çevrələrin radiusları uyğun olaraq $r_a$, $r_b$ və $r_c$ olsa aşağıdakı bərabərlik doğrudur.

$\dfrac{1}{r} = \dfrac{1}{r_a}+\dfrac{1}{r_b}+\dfrac{1}{r_c}$

İsbatı: Əvvəlki teoremə görə

$r_a=\dfrac{S}{p-a}$, $r_b=\dfrac{S}{p-b}$ , $r_c=\dfrac{S}{p-c}$

olduğunu nəzərə alsaq

$\dfrac{1}{r_a} = \dfrac{p-a}{S}$, $\dfrac{1}{r_b} = \dfrac{p-b}{S}$, $\dfrac{1}{r_c} = \dfrac{p-c}{S}$

Bu bərabərlikləri tərəf-tərəfə toplasaq

$\dfrac{1}{r_a} +\dfrac{1}{r_b} +\dfrac{1}{r_c} = \dfrac{p-a+p-b+p-c}{S} =\\[15pt]
=\dfrac{3p-(a+b+c)}{S} = \dfrac{3p-2p}{S}=\dfrac{p}{S}$

Üçbucağın sahəsinin onun daxilinə çəkilmiş çevrənin radiusu ilə ifadəsi $S=rp$ kimidir. Buradan $\dfrac{p}{S}$ nisbətini tapıb aldığımız bərabərlikdə yerinə yazsaq teorem isbat olunar.

Teorem 5: Üçbucağın sahəsini aşağıdakı düsturla hesablamaq olar.

$S = \sqrt{r_a \cdot r_b \cdot r_c \cdot r}$

Burada $r_a$, $r_b$ və $r_c$ üçbucağın xaricində daxilinə çəkilmiş çevrələrin radiusları, $r$ isə daxilə çəkilmiş çevrənin radiusudur.

İsbatı: Üçbucağın sahəsini həm daxilə çəkilmiş çevrə ilə, həm də tərəflərə xaricdən çəkilmiş çevrələrlə (Teorem 3-ə bax) ifadə edək.

$S=rp$, $S=r_a(p-a)$, $S=r_b(p-b)$, $S=r_c(p-c)$

Bu sahələri bir-birinə vursaq

$S^4 = rp \cdot r_a(p-a) \cdot r_b(p-b) \cdot r_c(p-c)=\\[15pt]
=r \cdot r_a \cdot r_b \cdot r_c \cdot p(p-a)(p-b)(p-c)$

Sağ tərəfə baxsaq, vuruqların içində Heron düsturunu görərik. $p(p-a)(p-b)(p-c)$ əvəzinə $S^2$ yazsaq

$S^4 = S^2 r \cdot r_a \cdot r_b \cdot r_c \Rightarrow\\
\Rightarrow S^2 = r \cdot r_a \cdot r_b \cdot r_c \Rightarrow\\
\Rightarrow S=\sqrt{r\cdot r_a \cdot r_b \cdot r_c}$

Teorem 6: Əgər üçbucaq xaricinə çəkilmiş çevrənin radiusu $R$ olsa bu düstur doğrudur.

$r_a+r_b+r_c-r=4R$

Yuxarıda isbat etdiyimiz Teorem 3-ə görə

$r_a+r_b+r_c-r = \dfrac{S}{p-a} + \dfrac{S}{p-b} +\dfrac{S}{p-c}-\dfrac{S}{p}=\\[20pt]
=S\left[ \left( \dfrac{1}{p-a}+\dfrac{1}{p-b} \right) + \left( \dfrac{1}{p-c}-\dfrac{1}{p} \right)\right] =\\[20pt]
=S \left( \dfrac{p-b+p-a}{(p-a)(p-b)} + \dfrac{p-p+c}{p(p-c)} \right) $

Birinci kəsrin surətinə baxaq.

$p-b+p-a=2p-a-b=a+b+c-a-b=c$

Bunu yerinə yazsaq

$S \left( \dfrac{c}{(p-a)(p-b)} + \dfrac{c}{p(p-c)} \right)=\\[20pt]
=Sc \ \dfrac{p(p-c)+(p-a)(p-b)}{p(p-a)(p-b)(p-c)}$

Məxrəcdə Heron düsturunu aldıq. Ona görə məxrəcə $S^2$ yaza bilərik.

$\dfrac{Sc}{S^2} \left [ p(p-c)+(p-a)(p-b)\right] = \\[15pt]
=\dfrac{c}{S} \left [ p(p-c)+(p-a)(p-b)\right] $

Mötərizənin daxilindəki ifadəni sadələşdirək. Bunun üçün $p=\dfrac{a+b+c}{2}$ yazsaq

$ p(p-c)+(p-a)(p-b) = \dfrac{a+b+c}{2} \cdot \dfrac{a+b+c-2c}{2} +\\[15pt]
+\dfrac{a+b+c-2a}{2} \cdot \dfrac{a+b+c-2b}{2}=\\[15pt]
=\dfrac{1}{4}(a+b+c)(a+b-c)+\dfrac{1}{4}(-a+b+c)(a-b+c) =\\[15pt]
=\dfrac{1}{4}((a+b)+c)((a+b)-c)+\dfrac{1}{4}(c-(a-b))(c+(a-b)) =\\[15pt]
= \dfrac{1}{4}\left[ (a+b)^2 – c^2\right] + \dfrac{1}{4}\left[c^2-(a-b)^2 \right]=\\[15pt]
= \dfrac{1}{4}\left[(a+b)^2-(a-b)^2 \right] = \\[15pt]
= \dfrac{1}{4} (a^2+2ab+b^2-a^2+2ab-b^2) = \dfrac{1}{4} 4ab = ab$

Alınan nəticəni yerinə yazsaq

$r_a+r_b+r_c-r=\dfrac{c}{S}ab$

Üçbucağın sahəsinin onun xaricinə çəkilmiş çevrənin radiusu ilə ifadəsini yada salsaq, həmin ifadədən $\dfrac{abc}{S}=4R$. Bunu düsturda yerinə yazsaq teoremdəki ifadəni alarıq.

$r_a+r_b+r_c-r=4R$

Məsələlər

Əvvəlcə özünüz həll etməyə çalışın

Digər məqalələr